1. $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{3-x}{4+x}\right)}$. Pour $x>0$ (car on regarde la limite en $+\infty$): \[ \dfrac{3-x}{4+x} = \dfrac{x\left( \frac{3}{x}-1 \right)}{x\left( \frac{4}{x}+1 \right)} = \dfrac{\frac{3}{x}-1}{\frac{4}{x}+1}. \] Or, $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{x}\right)}=0$ donc:

   • $\limite{x}{+\infty}{\left( \frac{3}{x}-1 \right)}=-1$;
   • $\limite{x}{+\infty}{\left( \frac{4}{x} + 1\right)}=1$.
   Ainsi, par quotient des limites, \[ \boxed{ \limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{3-x}{4+x}\right)} = -1 } \]

   • $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{x^2-3x+2}{2x^2+1}\right)}$. Pour $x>0$ (car on regarde la limite en $+\infty$): \[ \dfrac{x^2-3x+2}{2x^2+1} = \dfrac{\cancel{x^2}\left( 1 - \frac{3}{x} + \frac{2}{x^2} \right)}{\cancel{x^2}\left( 2 + \frac{1}{x} \right)} = \dfrac{1 - \frac{3}{x} + \frac{2}{x^2} }{ 2 + \frac{1}{x} }. \] Or, pour tout entier naturel $n$ non nul, $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{x^n}\right)}=0$ donc:

     • $\limite{x}{+\infty}{\left( 1 - \frac{3}{x} + \frac{2}{x^2} \right)} = 1$;
     • $\limite{x}{+\infty}{\left( 2 + \frac{1}{x} \right)} = 2$.
     Ainsi, par quotient des limites, \[ \boxed{ \limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{x^2-3x+2}{2x^2+1}\right)} = \dfrac{1}{2} } \]

   • $\limite{x}{-\infty}{\left(\dfrac{x^2+5x-7}{x^2+3x-1}\right)}$. Pour $x<0$ (car on regarde la limite en $-\infty$): \[ \dfrac{x^2+5x-7}{x^2+3x-1} = \dfrac{\cancel{x^2}\left(1 + \frac{5}{x} - \frac{7}{x^2} \right)}{\cancel{x^2}\left(1 + \frac{3}{x} - \frac{1}{x^2} \right)} = \dfrac{ 1 + \frac{5}{x} - \frac{7}{x^2} }{ 1 + \frac{3}{x} - \frac{1}{x^2} }. \]

     Or, pour tout entier naturel $n$ non nul, $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{x^n}\right)}=0$ donc:

     • $\limite{x}{-\infty}{\left( 1 + \frac{5}{x} - \frac{7}{x^2} \right)} = 1$;
     • $\limite{x}{-\infty}{\left( 1 + \frac{3}{x} - \frac{1}{x^2} \right)} = 1$.
     Ainsi, par quotient des limites, \[ \boxed{ \limite{x}{-\infty}{\left( \dfrac{x^2+5x-7}{x^2+3x-1} \right)} = 1 } \]

   • $\limite{x}{-\infty}{\left( \dfrac{4x^2+7x-9}{x-1} \right)}$. Pour $x<0$ (car on regarde la limite en $-\infty$): \[ \dfrac{4x^2+7x-9}{x-1} = \dfrac{x^2\left(4+\frac{7}{x}-\frac{9}{x^2}\right)}{x\left(1-\frac{1}{x}\right)} = \dfrac{x\left(4+\frac{7}{x}-\frac{9}{x^2}\right)}{1-\frac{1}{x}}. \] Or, pour tout entier naturel $n$ non nul, $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{x^n}\right)}=0$ donc:

     • $\limite{x}{-\infty}{x\left(4+\frac{7}{x}-\frac{9}{x^2}\right)} = -\infty$;
     • $\limite{x}{-\infty}{\left(1-\frac{1}{x}\right)}=1$.
     Ainsi, par quotient des limites, \[ \boxed{ \limite{x}{-\infty}{\left(\dfrac{4x^2+7x-9}{x-1}\right)} = -\infty } \]

1. On a : \[ \begin{align} f(x) & = x^3+4x^2-5x+1\\ & = x^3\left(1+\dfrac{4}{x}-\dfrac{5}{x^2}+\dfrac{1}{x^3}\right).\end{align} \]

   Or, pour tout entier naturel $n$ non nul, $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{x^n}\right)}=0$ donc $\limite{x}{+\infty}{\left(1+\dfrac{4}{x}-\dfrac{5}{x^2}+\dfrac{1}{x^3}\right)}=1$.

   De plus, $\limite{x}{+\infty}{\big(x^3\big)}=+\infty$ donc par produit des limites, $\boxed{\limite{x}{+\infty}{f(x)}=+\infty}$

   
   

2. On a: \[ \left.\begin{array}{l} \limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{x}\right)}=0\\ \limite{X}{0}{\big(\sin X\big)}=0 \end{array}\right\rbrace \Rightarrow\boxed{\limite{x}{+\infty}{\left[\sin\left(\dfrac{1}{x}\right)\right]}=0} \]

   
   

3. On a: \[ \begin{align} h(x) & = \sqrt{x^2+2x+3}\\ & = \sqrt{x^2\left(1+\dfrac{2}{x}+\dfrac{3}{x^2}\right)}\\ & = x\sqrt{1+\dfrac{2}{x}+\dfrac{3}{x^2}}\quad\text{pour $x>0$} \end{align} \]

   Or, pour tout entier naturel $n$ non nul, $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{x^n}\right)}=0$ donc $\limite{x}{+\infty}{\left(1+\dfrac{2}{x}+\dfrac{3}{x^2}\right)}=1$.

   Ainsi, par produit des limites, $\boxed{\limite{x}{+\infty}{g(x)}=+\infty}$

   
   

4. On a: \[ \left. \begin{array}{l} \limite{x}{+\infty}{(x^2+1)}=+\infty\\ \left. \begin{array}{l} \limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{x}\right)}=0^+\\ \limite{X}{0^+}{\big(\sin(X)\big)}=0^+ \end{array}\right\rbrace \Rightarrow \limite{x}{+\infty}{\left[\sin\left(\dfrac{1}{x}\right)\right]}=0^+ \end{array} \right\rbrace\Rightarrow\text{ par quotient des limites, }\boxed{\limite{x}{+\infty}{k(x)}=+\infty} \]

• Existence d'une asymptote horizontale.

  Pour tout réel $x$ non nul, \[ \begin{align} f(x) & = \dfrac{-3x+1}{x-5}\\ & = \dfrac{\cancel{x}\left(-3+\frac{1}{x}\right)}{\cancel{x}\left(1-\frac{5}{x}\right)}\\ & = \dfrac{-3+\frac{1}{x}}{1-\frac{5}{x}}. \end{align} \]

  Pour tout entier naturel $n$ non nul, $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{x^n}\right)}=0$. Ainsi, par quotient des limites: \[ \limite{x}{+\infty}{f(x)}=-3. \] Ainsi, la courbe représentative de la fonction $f$ admet une asymptote horizontale d'équation $y=-3$ au voisinage de $+\infty$.

  Il en est de même au voisinage de $-\infty$ car la limite de $f$ est la même en $-\infty$.

• Existence d'une asymptote verticale.

  La fraction rationnelle possède une valeur interdite ($x=5$). On calcule alors la limite de $f(x)$ en $x=5$ (par valeurs supérieures ici). \[ \left. \begin{array}{l} \limite{x}{5}{(-3x+1)} = -3\times5+1 = -14<0\\ \limite[x>5]{x}{5}{(x-5)} = 0^+\text{ car }x>5\iff x-5>0\end{array} \right\rbrace \Rightarrow \text{(par quotient)} \limite[x>5]{x}{5}{\left( \dfrac{-3x+1}{x-5} \right)} = \limite{X}{0^+}{\left(\dfrac{-14}{X}\right)}=-\infty. \] Ainsi, la courbe représentative de $f$ admet une asymptote verticale d'équation $x=5$.

  Inutile de déterminer la limite de $f(x)$ en 5 par valeurs inférieures car le résultat obtenu est suffisant pour prouver l'existence d'une asymptote verticale.

1. $\limite{x}{+\infty}\left(\dfrac{1-\sin x}{x^2}\right)$.

   Pour tout réel $x$ non nul, \[ \begin{align} -1 \leqslant \sin x \leqslant 1 & \iff -1 \leqslant -\sin x \leqslant 1\\ & \iff 0 \leqslant 1-\sin x \leqslant 2\\ & \iff 0\leqslant \dfrac{1-\sin x}{x^2} \leqslant \dfrac{2}{x^2}. \end{align} \]

   Or, \[ \limite{x}{+\infty}\left(\dfrac{2}{x^2}\right)=0 \] donc, d'après le théorème des gendarmes, \[ \boxed{\limite{x}{+\infty}\left(\dfrac{1-\sin x}{x^2}\right) = 0} \]

2. $\limite{x}{-\infty}\big[\cos(x)\e^x\big]$.

   Pour tout réel $x$, \[ -1 \leqslant \cos x \leqslant 1 \iff -\e^x \leqslant \cos(x)\e^x \leqslant \e^x. \] Or, $\limite{x}{-\infty}\big(\e^x\big) = 0$ donc, d'après le théorème des gendarmes, \[ \boxed{\limite{x}{-\infty}\big(\cos(x)\e^x\big)=0} \]

3. $\limite{x}{+\infty}(x^2-\sin x)$. Pour tout réel $x$, \[ -1 \leqslant -\sin x \leqslant 1 \iff {\color{red}x^2-1 \leqslant x^2 -\sin x} \leqslant x^2+1 \] En tenant compte de la partie gauche de l'encadrement (en rouge), d'après le théorème de minoration, \[ \limite{x}{+\infty}(x^2-1)=+\infty \Rightarrow \boxed{\limite{x}{+\infty}(x^2-\sin x)=+\infty} \]

4. $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{4x+3}{x-7\sin x}\right)}$.

   \[ \begin{align} \forall x\in\R_+,\qquad -1 \leqslant \sin x \leqslant 1 & \iff -7 \leqslant -7\sin x \leqslant 7\\ & \iff x-7 \leqslant x-7\sin x \leqslant x+7\\ & \iff \dfrac{1}{x+7} \leqslant \dfrac{1}{x-7\sin x} \leqslant \dfrac{1}{x-7}\\ & \iff \dfrac{4x+3}{x+7} \leqslant \dfrac{4x+3}{x-7\sin x} \leqslant \dfrac{4x+3}{x-7}\\ & \text{(on a multiplié par }4x+3>0\text{ donc on ne change pas le sens des inégalités)} \end{align} \]

   Or, $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{4x+3}{x+7}\right)}=\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{4x}{x}\right)}=4$.

   De même, $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{4x+3}{x-7}\right)}=4$.

   Ainsi, d'après le théorème des gendarmes, \[ \boxed{ \limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{4x+3}{x-7\sin x}\right)} = 4 } \]

1. $\limite{x}{+\infty}{\big( \sqrt{x+2}-\sqrt{x-1} \big)}$.

   \[ \begin{align} \sqrt{x+2}-\sqrt{x-1} & = \dfrac{\big(\sqrt{x+2}-\sqrt{x-1}\big)\big(\sqrt{x+2}+\sqrt{x-1}\big)}{\sqrt{x+2}+\sqrt{x-1}}\\ & = \dfrac{x+2-(x-1)}{\sqrt{x+2}+\sqrt{x-1}}\\ & = \dfrac{3}{\sqrt{x+2}+\sqrt{x-1}}.\end{align} \]

   \[ \left.\begin{array}{l} \limite{x}{+\infty}{\sqrt{x+2}}=+\infty\\ \limite{x}{+\infty}{\sqrt{x-1}}=+\infty\end{array}\right\rbrace\Rightarrow\text{ (par somme des limites) }\limite{x}{+\infty}{\big(\sqrt{x+2}+\sqrt{x-1}\big)}=+\infty.\]

   Ainsi, $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{3}{\sqrt{x+2}+\sqrt{x-1}}\right)} = \limite{X}{+\infty}{\left(\dfrac{3}{X}\right)}=0$.

   On en déduit alors que $\boxed{ \limite{x}{+\infty}{\big( \sqrt{x+2}-\sqrt{x-1} \big)} = 0}$

2. $\limite{x}{+\infty}{\big( \sqrt{x^2+3x+1} - \sqrt{2x^2+x+1} \big)}$.

   \[ \begin{align} \sqrt{x^2+3x+1} - \sqrt{2x^2+x+1} & = \dfrac{\big(\sqrt{x^2+3x+1} - \sqrt{2x^2+x+1} \big)\big( \sqrt{x^2+3x+1} + \sqrt{2x^2+x+1} \big)}{\sqrt{x^2+3x+1} + \sqrt{2x^2+x+1} }\\ & = \dfrac{x^2+3x+1-(2x^2+x+1)}{\sqrt{x^2+3x+1} + \sqrt{2x^2+x+1} }\\ & = \dfrac{-x^2+2x}{\sqrt{x^2+3x+1} + \sqrt{2x^2+x+1} }\\ & = \dfrac{x^2\left(-1+\frac{2}{x}\right)}{\sqrt{x^2\left(1+\frac{3}{x}+\frac{1}{x^2}\right)} + \sqrt{x^2\left(2+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}\right)} }\\ & = \dfrac{x^2\left(-1+\frac{2}{x}\right)}{x\sqrt{1+\frac{3}{x}+\frac{1}{x^2}} + x\sqrt{2+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}} },\text{ pour }x>0\\ & = \dfrac{\cancel{x} \times x\left(-1+\frac{2}{x}\right)}{\cancel{x}\left[\sqrt{1+\frac{3}{x}+\frac{1}{x^2}} + \sqrt{2+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}} \right] },\text{ pour }x>0\\ & = \dfrac{x\left(-1+\frac{2}{x}\right)}{\sqrt{1+\frac{3}{x}+\frac{1}{x^2}} + \sqrt{2+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}},\text{ pour }x>0\end{align} \]

   On sait que pour tout entier naturel $n$ non nul, $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{x^n}\right)}=0$ donc:

   • $\limite{x}{+\infty}{\left[x\left(-1+\frac{2}{x}\right)\right]}=-\infty$ (par produit des limites);
   • $\limite{x}{+\infty}{\left( \sqrt{1+\frac{3}{x}+\frac{1}{x^2}} + \sqrt{2+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}} \right)}=1+\sqrt2 > 0$.
   Donc, par quotient des limites, \[ \boxed{\limite{x}{+\infty}{\big( \sqrt{x^2+3x+1} - \sqrt{2x^2+x+1} \big)} = -\infty} \]

3. $\limite{x}{-\infty}{\big( \sqrt{3-x} - \sqrt{x^2-3} \big)}$.

   \[ \begin{align} \sqrt{3-x} - \sqrt{x^2-3} & = \dfrac{\big(\sqrt{3-x} - \sqrt{x^2-3}\big)\big(\sqrt{3-x} + \sqrt{x^2-3}\big)}{\sqrt{3-x} + \sqrt{x^2-3}}\\ & = \dfrac{3-x-x^2+3}{\sqrt{3-x} + \sqrt{x^2-3}}\\ & = \dfrac{-x^2-x+6}{\sqrt{3-x} + \sqrt{x^2-3}}\\ & = \dfrac{x^2\left(-1-\frac{1}{x}+\frac{6}{x}\right)}{\sqrt{x^2\left(\frac{3}{x^2}-\frac{1}{x}\right)} + \sqrt{x^2\left(1-\frac{3}{x}\right)}}\\ & = \dfrac{ x^2\left(-1-\frac{1}{x}+\frac{6}{x}\right)}{ \sqrt{x^2}\left[ \sqrt{\frac{3}{x^2}-\frac{1}{x}} + \sqrt{1-\frac{3}{x}} \right]}\\ & = \dfrac{ x^2\left(-1-\frac{1}{x}+\frac{6}{x}\right)}{ -x\left[ \sqrt{\frac{3}{x^2}-\frac{1}{x}} + \sqrt{1-\frac{3}{x}} \right]},\quad\text{ pour }x<0\\ & = \dfrac{ -x\left(-1-\frac{1}{x}+\frac{6}{x}\right)}{ \sqrt{\frac{3}{x^2}-\frac{1}{x}} + \sqrt{1-\frac{3}{x}} },\quad\text{ pour }x < 0\end{align} \]

   On calcule une limite en $-\infty$ donc on prendra les calculs en considérant que $x < 0$.

   • $\limite{x}{-\infty}{\left[-x\left(-1-\frac{1}{x}+\frac{6}{x}\right)\right]}=-\infty$ (par produit des limites);
   • $\limite{x}{-\infty}{\left( \sqrt{\frac{3}{x^2}-\frac{1}{x}} + \sqrt{1-\frac{3}{x}} \right)}=1$.
   Ainsi, par quotient des limites, \[ \boxed{\limite{x}{-\infty}{\big( \sqrt{3-x} - \sqrt{x^2-3} \big)} = -\infty} \]

4. $\limite{x}{-\infty}{\big( \sqrt{5-x}-\sqrt{10-x} \big)}$.

   \[ \begin{align} \sqrt{5-x}-\sqrt{10-x} & = \dfrac{\big(\sqrt{5-x}-\sqrt{10-x}\big)\big(\sqrt{5-x}+\sqrt{10-x}\big)}{\sqrt{5-x}+\sqrt{10-x}}\\ & = \dfrac{5-x-10+x}{\sqrt{5-x}+\sqrt{10-x}}\\ & = \dfrac{-5}{\sqrt{5-x}+\sqrt{10-x}}.\end{align} \]

   $\limite{x}{-\infty}{\sqrt{5-x}}=\limite{x}{-\infty}{\sqrt{10-x}}=+\infty$ donc par somme des limites, \[ \limite{x}{-\infty}{\big(\sqrt{5-x}+\sqrt{10-x}\big)}=+\infty. \] De plus, $\limite{X}{+\infty}{\left(\dfrac{-5}{X}\right)}=0$, en considérant que $X=\sqrt{5-x}+\sqrt{10-x}$. Ainsi, \[ \boxed{ \limite{x}{-\infty}{\big( \sqrt{5-x}-\sqrt{10-x} \big)} = 0} \]

1. On a: \[ \begin{align} \text{Pour }x\neq0,\ \dfrac{2x^2-5x+3}{3x^2+4x-1} & = \dfrac{\cancel{x^2}\left(2-\dfrac{5}{x}+\dfrac{3}{x^2}\right)}{\cancel{x^2}\left(3+\dfrac{4}{x}-\dfrac{1}{x^2}\right)} = \dfrac{2-\dfrac{5}{x}+\dfrac{3}{x^2}}{3+\dfrac{4}{x}-\dfrac{1}{x^2}}.\end{align} \]

   Or, pour tout entier naturel non nul $n$, $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{x^n}\right)}=0$ donc :

   • $\limite{x}{+\infty}{\left(2-\dfrac{5}{x}+\dfrac{3}{x^2}\right)}=2$;

   • $\limite{x}{+\infty}{\left(3+\dfrac{4}{x}-\dfrac{1}{x^2}\right)}=3$.

   Ainsi, par quotient des limites, $\boxed{\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{2x^2-5x+3}{3x^2+4x-1}\right)}=\dfrac{2}{3}}$

2. Pour $x\neq0$, \[ \begin{align} \dfrac{\sqrt{x^2+1}}{2x+3} & = \dfrac{\sqrt{x^2\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)}}{x\left(2+\dfrac{3}{x}\right)} \\ & = \dfrac{\cancel{x}\sqrt{1+\dfrac{1}{x^2}}}{\cancel{x}\left(2+\dfrac{3}{x}\right)} \\ & = \dfrac{\sqrt{1+\dfrac{1}{x^2}}}{\left(2+\dfrac{3}{x}\right)}. \end{align} \]

   Or, pour tout entier naturel non nul $n$, $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{x^n}\right)}=0$ donc :

   • $\limite{x}{+\infty}{\sqrt{1+\dfrac{1}{x^2}}}=\sqrt{1}=1$;
   • $\limite{x}{+\infty}{\left(2+\dfrac{3}{x}\right)}=2$.
   Ainsi, par quotient des limites, $\boxed{\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{\sqrt{x^2+1}}{2x+3}\right)}=\dfrac{1}{2}}$

3. On a: \[ \begin{align} \sqrt{x^2+3}-\sqrt{x^2+1} & = \dfrac{\big(\sqrt{x^2+3}-\sqrt{x^2+1}\big)\big(\sqrt{x^2+3}+\sqrt{x^2+1}\big)}{\sqrt{x^2+3}+\sqrt{x^2+1}}\\[12pt] & = \dfrac{x^2+3-(x^2+1)}{\sqrt{x^2+3}+\sqrt{x^2+1}}\\[12pt] & = \dfrac{2}{\sqrt{x^2+3}+\sqrt{x^2+1}}.\end{align} \]

   $\limite{x}{+\infty}{\sqrt{x^2+3}}=\limite{x}{+\infty}{\sqrt{x^2+1}}=+\infty$ donc par somme, $\limite{x}{+\infty}{\left(\sqrt{x^2+3}+\sqrt{x^2+1}\right)}=+\infty$.

   Ainsi, par quotient, $\boxed{\limite{x}{+\infty}{\left(\sqrt{x^2+3}-\sqrt{x^2+1}\right)}=0}$

4. On a: \[ \begin{align} \sqrt{x^2+3}-\sqrt{x+1} & = \sqrt{x^2\left(1+\dfrac{3}{x^2}\right)}-\sqrt{x^2\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^2}\right)}\quad\text{pour }x\neq0\\ & = x\sqrt{1+\dfrac{3}{x^2}}-x\sqrt{\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^2}}\quad\text{pour }x>0\\ & = x\left(\sqrt{1+\dfrac{3}{x^2}}-\sqrt{\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^2}}\right). \end{align} \]

   Or, $\limite{x}{+\infty}{\sqrt{1+\dfrac{3}{x^2}}}=1$ et $\limite{x}{+\infty}{\sqrt{\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^2}}}=0$ donc par différence: \mbox{$\limite{x}{+\infty}{\left(\sqrt{1+\dfrac{3}{x^2}}-\sqrt{\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^2}}\right)}=1$}.

   Ainsi, par produit, $\boxed{\limite{x}{+\infty}{\big(\sqrt{x^2+3}-\sqrt{x+1}\big)}=+\infty}$

• Limite en $+\infty$.

  \[ \left.\begin{array}{r} \limite{x}{+\infty}(x^2+1)=+\infty\\ \limite{X}{+\infty}\sqrt{X}=+\infty \end{array} \right\rbrace \Rightarrow \limite{x}{+\infty}\sqrt{x^2+1}=+\infty.\]

  Ainsi, par somme, \[ \boxed{\limite{x}{+\infty}\big(x+\sqrt{x^2+1}\big)=+\infty} \]

• Limite en $-\infty$.

  \[ \begin{align} f(x) & = \dfrac{\big(x+\sqrt{x^2+1}\big)\big(x-\sqrt{x^2+1}\big)}{x-\sqrt{x^2+1}}\\ & = \dfrac{x^2-(x^2+1)}{x-\sqrt{x^2+1}}\\ & = \dfrac{-1}{x-\sqrt{x^2+1}}.\end{align} \]

  De plus, \[ \limite{x}{-\infty}(x^2+1)=+\infty \] donc \[ \limite{x}{-\infty}\sqrt{x^2+1}=\limite{X}{+\infty}\sqrt{X}=+\infty. \] Ainsi, par somme, \[ \limite{x}{-\infty}\left(x-\sqrt{x^2+1}\right)=-\infty. \] Par passage à l'inverse, on a alors: \[ \boxed{\limite{x}{-\infty}{f(x)} = \limite{x}{-\infty}\left(\dfrac{-1}{x-\sqrt{x^2+1}}\right)=\limite{X}{-\infty}{\left(\dfrac{-1}{X}\right)}=0} \]

1. $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{x}{\e^x}\right)}$.

   On sait d'après le cours (croissances comparées) que $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{\e^x}{x}\right)}=+\infty$ donc, en inversant l'expression, \[ \boxed{ \limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{x}{\e^x}\right)} = \limite{X}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{X}\right)} = 0 } \]

2. $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{\e^x}{7+2x}\right)}$.

   Quand on doit calculer une limite à l'infini d'une expression où est présente l'exponentielle, il faut s'arranger pour transformer l'expression de sorte à faire apparaître une croissance comparée.

   \[ \begin{align} \dfrac{\e^x}{7+2x} & = \dfrac{\e^x}{x\left(\frac{7}{x}+2\right)}\\ & = \dfrac{\e^x}{x} \times \dfrac{1}{2+\frac{7}{x}}.\end{align} \]

   Or, $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{\e^x}{x}\right)}=+\infty$ (croissances comparées) et $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{1}{2+\frac{7}{x}}\right)}=\dfrac{1}{2}$.

   Ainsi, par produit, \[ \boxed{ \limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{\e^x}{7+2x}\right)} = +\infty } \]

3. $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{\e^{5x}}{3x-2}\right)}$.

   Comme dit dans la méthode précédente, on doit faire apparaître une croissance comparée dans l'expression. La plus appropriée semble être $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{\e^x}{x}\right)}=+\infty$.

   \[ \begin{align} \dfrac{\e^{5x}}{3x-2} & = \dfrac{\e^{\color{red}5x}}{\frac{3}{5}\times{\color{red}5x}-2}\\ & = \dfrac{\e^{5x}}{\frac{3}{5}\left(5x - \dfrac{2}{\frac{3}{5}} \right)}\\ & = \dfrac{\e^{5x}}{\frac{3}{5}\left(5x - \frac{10}{3} \right)}\\ & = \dfrac{5}{3}\times\dfrac{\e^{5x}}{5x - \frac{10}{3}}\\ & = \dfrac{5}{3}\times\dfrac{\e^{5x}}{5x\left(1 - \frac{10}{3\times5x}\right)}\\ & = \dfrac{5}{3}\times\dfrac{\e^{5x}}{5x}\times\dfrac{1}{1-\frac{2}{3x}}.\end{align} \]

   • $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{\e^{5x}}{5x}\right)}=\limite{X}{+\infty}{\dfrac{\e^X}{X}}=+\infty$ en posant $X=5x$;
   • $\limite{x}{+\infty}{\left(1-\dfrac{2}{3x}\right)}=1$;
   • $\dfrac{5}{3}>0$.
   Ainsi, par produit des limites, on en déduit que: \[ \boxed{ \limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{\e^{5x}}{3x-2}\right)} = +\infty } \]

4. $\limite{x}{-\infty}{(x+5)\e^{2x}}$.

   On va faire apparaître la croissance comparée $\limite{x}{-\infty}{\left(x\e^x\right)}=0$.

   \[ \begin{align} (x+5)\e^{2x} & = \left(\dfrac{1}{2}\times{\color{red}2x}+5\right)\e^{\color{red}2x}\\ & = \dfrac{1}{2}\times2x\e^{2x}+5\e^{2x}.\end{align} \]

   • $\limite{x}{-\infty}{\left(2x\e^{2x}\right)}=\limite{X}{-\infty}{\left(X\e^X\right)}=0$, avec $X=2x$;
   • $\limite{x}{-\infty}{\left(5\e^{2x}\right)}=0$ car $\limite{x}{-\infty}{\e^x}=0$.
   Ainsi, par somme des limites, \[ \boxed{ \limite{x}{-\infty}{\Big[(x+5)\e^{2x}\Big]} = 0 } \]

5. $\limite{x}{+\infty}{\left(\sqrt{x^2+1}\e^{-x}\right)}$.

   \[ \begin{align} \sqrt{x^2+1}\e^{-x} & = \dfrac{\sqrt{x^2+1}}{\e^x}\\ & = \dfrac{\sqrt{x^2\left( 1 + \frac{1}{x^2} \right)}}{\e^x},\quad x>0\\ & = \dfrac{x\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}}{\e^x},\quad x>0\\ & = \dfrac{x}{\e^x}\times\sqrt{1+\dfrac{1}{x^2}},\quad x>0.\end{align} \]

   • $\limite{x}{+\infty}{\left(\dfrac{x}{\e^x}\right)}=0$.
   • $\limite{x}{+\infty}{\sqrt{1+\dfrac{1}{x^2}}}=\sqrt1=1$.
   Ainsi, par produit des limites, \[ \boxed{ \limite{x}{+\infty}{\big(\sqrt{x^2+1}\e^{-x}\big)} = 0 } \]

6. $\limite{x}{+\infty}{\Big[\big(3-\sqrt{x}\big)\e^{-\sqrt{x}}\Big]}$.

   \[ \big(3-\sqrt{x}\big)\e^{-\sqrt{x}} = 3\e^{-\sqrt{x}}-\sqrt{x}\e^{-\sqrt{x}}.\]

   • $\limite{x}{+\infty}{\left(3\e^{-\sqrt{x}}\right)}=\limite{X}{-\infty}{\left(3\e^X\right)}=0$ en posant $X=-\sqrt{x}$;
   • $\limite{x}{+\infty}{\left(-\sqrt{x}\e^{-\sqrt{x}}\right)}=\limite{X}{-\infty}{\left(X\e^X\right)}=0$ avec $X=-\sqrt{x}$.
   Ainsi, par somme des limites, \[ \boxed{ \limite{x}{+\infty}{\Big[\big(3-\sqrt{x}\big)\e^{-\sqrt{x}}\Big]} = 0 } \]

1. $\limite[x<2]{x}{2}{\left(\dfrac{3x-5}{x-2}\right)}$.

   • $\limite[x<2]{x}{2}{(3x-5)}=3\times2-5=1>0$
   • $\limite[x<2]{x}{2}{(x-2)}=0^-$ (car $x<2 \iff x-2<0$)
   Or, $\limite[X<0]{X}{0}{\left(\dfrac{1}{X}\right)}=-\infty$ donc, par limite du quotient, \[ \boxed{ \limite[x<2]{x}{2}{\left(\dfrac{3x-5}{x-2}\right)} = -\infty } \]

2. $\limite[x>3]{x}{3}{\left(\dfrac{x-9}{x-3}\right)}$.

   • $\limite[x>3]{x}{3}{(x-9)}=3-9=-6<0$
   • $\limite[x>3]{x}{3}{(x-3)}=0^+$ (car $x>3 \iff x-3>0$)
   Or, $\limite[X>0]{X}{0}{\left(\dfrac{-6}{X}\right)}=-\infty$ donc, par limite du quotient, \[ \boxed{ \limite[x>3]{x}{3}{\left(\dfrac{x-9}{x-3}\right)} = -\infty } \]

3. $\limite[x<5]{x}{5}{\left(\dfrac{x^2+x+1}{2x^2-9x-5}\right)}$.

   • $\limite[x<5]{x}{5}{(x^2+x+1)}=5^2+5+1=31>0$

   • Remarquons que les racines de $2x^2-9x-5$ sont $-\dfrac{1}{2}$ et 5.

     Par conséquent, $\limite[x<5]{x}{5}{(2x^2-9x-5)}=0^-$ ($2x^2-9x-5$ est négatif entre ses racines).

   Ainsi, \[ \boxed{ \limite[x<5]{x}{5}{\left(\dfrac{x^2+x+1}{2x^2-9x-5}\right)} = -\infty } \]

4. $\limite[x>1]{x}{1}{\left(\dfrac{3x^2-5x+2}{x^2+8x-9}\right)}$.

   • $\limite[x>1]{x}{1}{(3x^2-5x+2)}=0$
   • $\limite[x>1]{x}{1}{(x^2+8x-9)}=0$
   Par conséquent, « 1 » est une racine du numérateur et du dénominateur. On peut alors écrire: \[ \dfrac{3x^2-5x+2}{x^2+8x-9} = \dfrac{(x-1)(3x-2)}{(x-1)(x+9)} = \dfrac{3x-2}{x+9}. \] Ainsi, \[ \boxed{ \limite[x>1]{x}{1}{\left(\dfrac{3x^2-5x+2}{x^2+8x-9}\right)} = \limite[x>1]{x}{1}{\left(\dfrac{3x-2}{x-9}\right)}=\dfrac{3\times1-2}{1+9}=\dfrac{1}{10} } \]

5. $\limite[x>2]{x}{2}{\left(\dfrac{3x-5}{x^2+2x-8}\right)}$.

   • $\limite[x>2]{x}{2}{(3x-5)}=3\times2-5=1>0$;

   • $\limite[x>2]{x}{2}{(x^2+2x-8)}=0^+$ ($x^2+2x-8>0$ à l'extérieur de ses racines $-4$ et $2$).

   Ainsi, \[ \boxed{ \limite[x>2]{x}{2}{\left(\dfrac{3x-5}{x^2+2x-8}\right)} = +\infty } \]

   Dans la mesure où $x^2+2x-8$ s'annule en $x_1=2$, on trouve la seconde racine à l'aide du produit des racines: $x_1x_2=\dfrac{c}{a}$ donc $2x_2=-8$, soit $x_2=-4$.

6. $\limite[x<-1]{x}{-1}{\left(\dfrac{2x^2+3x+1}{-5x^2-x+4}\right)}$

   • $\limite[x<-1]{x}{-1}{(2x^2+3x+1)}=0$
   • $\limite[x<-1]{x}{-1}{(-5x^2-x+4)}=0$
   Cela signifie que l'on peut factoriser par $x-(-1)=x+1$ au numérateur et au dénominateur: \[ \dfrac{2x^2+3x+1}{-5x^2-x+4} = \dfrac{(x+1)(2x+1)}{(x+1)(4-5x)} = \dfrac{2x+1}{4-5x}\text{ pour }x\neq-1. \] Ainsi, \[ \boxed{ \limite[x<-1]{x}{-1}{\left(\dfrac{2x^2+3x+1}{-5x^2-x+4}\right)} = \limite[x<-1]{x}{-1}{\left(\dfrac{2x+1}{4-5x}\right)} = -\dfrac{1}{9} } \]

• $\limite[x<1]{x}{1}{\left(2\e^{x-1}\right)}=2\times\e^0=2>0$
• $\limite[x<1]{x}{1}{\big(\e^{x-1}-1\big)}=0^-$

Ainsi, par quotient des limites, \[ \boxed{ \limite[x<1]{x}{1}{\left(\dfrac{2\e^{x-1}}{\e^{x-1}-1}\right)} = -\infty } \]

1. On a: \[ \begin{align} \dfrac{\sqrt{x^2-1}}{x-1} & = \dfrac{\sqrt{(x-1)(x+1)}}{x-1}\\ & = \dfrac{\sqrt{(x-1)}\times\sqrt{(x+1)}}{\big(\sqrt{x-1}\big)^2}\\ & = \dfrac{\sqrt{x+1}}{\sqrt{x-1}}\\ & = \sqrt{\dfrac{x+1}{x-1}}.\end{align} \]

   Notons que le domaine de définition de la fonction $x\longmapsto\dfrac{\sqrt{x^2-1}}{x-1}$ est $\intervOF{-\infty}{-1}\cup\intervOO{1}{+\infty}$ donc quand on parle de la limite de $\dfrac{\sqrt{x^2-1}}{x-1}$ en 1, il est sous-entendu que $x>1$.

   \[ \left.\begin{array}{l} \limite{x}{1}{(x+1)}=2\\ \limite[x>1]{x}{1}{(x-1)}=0^+\end{array} \right\rbrace \Rightarrow\text{ par quotient des limites, }\limite{x}{1}{\left(\dfrac{x+1}{x-1}\right)}=+\infty. \]

   Or, $\limite{X}{+\infty}{\sqrt{X}}=+\infty$ donc $\boxed{\limite{x}{1}{\left(\dfrac{\sqrt{x^2-1}}{x-1}\right)}=+\infty}$

2. On a: \[ \begin{align} \dfrac{\sqrt{x^2+x-2}-2}{x-2}&=\dfrac{\left(\sqrt{x^2+x-2}-2\right)\left(\sqrt{x^2+x-2}+2\right)}{(x-2)\left(\sqrt{x^2+x-2}+2\right)}\\ & = \dfrac{x^2+x-2-4}{(x-2)\left(\sqrt{x^2+x-2}+2\right)}\\ & = \dfrac{x^2+x-6}{(x-2)\left(\sqrt{x^2+x-2}+2\right)}\\ & = \dfrac{\cancel{(x-2)}(x+3)}{\cancel{(x-2)}\left(\sqrt{x^2+x-2}+2\right)}\\ & = \dfrac{x+3}{\sqrt{x^2+x-2}+2}. \end{align} \]

   • $\limite{x}{2}{(x+3)}=5$
   • $\limite{x}{2}{\big(\sqrt{x^2+x-2}+2\big)}=\sqrt{2^2+2-2}+2=4$
   Ainsi, par quotient des limites, \[ \boxed{ \limite{x}{2}{\left(\dfrac{\sqrt{x^2+x-2}-2}{x-2}\right)} = \dfrac{5}{4} } \]